But   :

Ce TP a pour objectif d’identifier expérimentalement les différentes réponses indicielles et impulsionnelles du système continu et celui échantillonné à l’aide d’un bloqueur d’ordre 0, d’étudier la stabilité et réaliser l’asservissement numérique à l’aide d’un correcteur proportionnel.

Enoncé   :

1) Exprimer dans le cas général, la transformée en Z du système G(z).2) Exprimer la transformée en Z du système échantillonné avec bloqueur

d’ordre0 : BoG(z).3) Vérifier le résultat deBoG(z) à l’aide du Matlab pour Te=3s.4) Remplir le tableau suivant :

Réponse indicielle

Valeur initiale VI Valeur finale VF

Y(z)=G(z).U(z)Y(z)=BoG(z).U(z)

5) Pour Te=3s, vérifier les résultats obtenus à l’aide de Simulink.6) Remplir le tableau suivant :

Te(s) G(z) BoG(z).

Pôles Zéros

10.50.25

7) Placer dans le plan complexe, les pôles et les zéros des différents systèmes.8) Conclure sur la stabilité de ces systèmes.9) Réaliser le schéma Simulink ci-dessous, simuler les réponses indicielles et

impulsionnelles des différents systèmes et comparer les résultats obtenus.

10)Refaire le même travail sur Matlab (utiliser la fonction « subplot »).11) On se propose d’asservir numériquement le système G(p).On prend Te=0.2s.

Le correcteur proportionnel est décrit par C(z)=k. Réaliser le schéma simulink ci-dessous et discuter la stabilité du système échantillonné en boucle fermée selon les valeurs de k.

12)Pour k=3, on applique un échelon unitaire au système échantillonné. Calculer et tracer l’allure de Y(z).

13)Déterminer l’erreur statique correspondanteε (z) et conclure sur l’action de correction C(z).

Réponses :

1)

2)

G(s )S

= 1

s (s+1) z (1−e−T )

(z−1)(z−e−T )

Ainsi BoG(z) = (1-z-1).z (1−e−T )

(z−1)(z−e−T ) =

(z−1)(1−e−T )(z−1)(z−e−T )

G(z) = z

(z−e−T )

BoG(z) = (1-z-1).Z[G(s )s

]

BoG(z) =(1−e−T )(z−e−T )

3) Fonction Matlab:

4)

Pour Y(z)=G(z).U(z) :

VI= limz→∞ ( z

(z−e−T).z

( z−1))❑

= limz→∞

¿¿¿= limz→∞ ( z ²z ² )

❑

= 1

VF= limz→1 (( z−1 ) . z

(z−e−T).

z(z−1))

❑

=limz→1 ( z ²

(z−e−T ))❑

=( 1

1−e−T )=1.0524

Pour Y(z)= Y(z)=BoG(z).U(z) :

VI=limz→∞ ((1−e

−T )(z−e−T )

.z

(z−1))❑

=limz→∞

¿¿¿= limz→∞

( z (1−e−T )z ² )❑

= 0

VF= limz→1 (( z−1 ) . (1−e

−T )(z−e−T )

.z

(z−1))❑

=limz→1 ( z (1−e

−T )(z−e−T ) )

❑

=1

Réponse indicielle

Valeur initiale VI Valeur finale VF

Y(z)=G(z).U(z) 1 1.0524Y(z)=BoG(z).U(z) 0 1

5)

VI= limz→∞

(Y (z))❑ VF= limz→ 1

((z−1)Y (z))❑

6)Pour Te=1s

Pour Te=0.5s

Pour Te=0.25s

Te(s) G(z) BoG(z). Pôles Zéros

1 zz−0.3679

0.6321z−0.3679

0.3679 0

0.5 zz−0.6065

0.3935z−0.6065

0.6065 0

0.25 zz−0.7788

0.2212z−0.7788

0.7788 0

7)

8) Tous les pôles de ces systèmes sont réels et leurs modules sont inférieurs à 1 donc ce sont des systèmes stables. En effet :

|G1(z)|= 1

√1²+0.3679² = 0.9385 <1 |G2(z)|= 1

√1²+0.6065² = 0.855 <1

|G3(z)|= 1

√1²+0.7788² = 0.7889 <1 |BoG1(z)|= 0.6321

√1²+0.3679² = 0.5932 <1

|BoG2(z)|= 0.3935

√1²+0.6065² = 0.3364 <1 |BoG3(z)|= 0.2212

√1²+0.7788² = 0.1745 <1

9)Réponse indicielle :

Réponse impulsionnelle :

D’après sa réponse indicielle et impulsionnelle, le système G(s) est un système de premier ordre.

A chaque fois qu’on augmente la période d’échantillonnage la réponse du système s’éloigne de sa forme en continue donc plus le temps d’échantillonnage est élevé plus la précision est faible d’où la performance du système est faible. Plus Te est élevé, plus le système est déformé et cela peu engendrer des informations erronées.

10)

11)

En boucle fermée, la fonction de transfert s’écrit :

G(z) = C ( z ) .T (z )1+C ( z ) . T (z)

= k . z

( z−0.8187 )(1+k . zz−0.8187

) = k . z

k . z+z−0.8187

G(z) stable |G(z)| < 1 k

√((k+1 )2+0.81872) < 1

k ²

(k+1 )2+0.81872 < 1

k ² < (k+1 )2+0.81872

k ² < k ²+2k+1+0.67 2k+1.67 > 0

12) Pour k=3, on a

G(z) = 3 z

4 z−0.8187   ; E(z) = U(z) = zz−1

Y(z) = E(z).G(z)

= 3 z ²

(4 z−0.8187 )(z−1) 

13) Ordre de l’entrée = 0 (échelon) Classe du système = 0

G(z) = k . z

z(k+1)−0.8187

|k|> 0.835

Y(z) = 3 z ²

4 z ²−4,8187 z+0,8187

ε (z) = 11+H

(G(z) est calculé en boucle ouverte)

GBO(z) = C(z).T(z)

= 3 z

z−0.8187 H = 3

0.8187 = 3.664

ε (z) = 1

1+3.664 = 0.214

On calcule maintenant cette erreur sans considérer le correcteur proportionnel:

GBO(z) =T(z)

= z

z−0.8187 H = 1

0.8181 = 1.221

ε (z) = 1

1+1.221 = 0.45

On déduit alors que le correcteur proportionnel a diminué l’erreur statique du systéme.(si k(la valeur du gain) augmente alors cette erreur diminue donc il faut choisir la plus grande valeur possible du gain).